《2019-2020学年北京市西城区北京师范大学附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年北京市西城区北京师范大学附中新高考化学模拟试卷含解析.pdf（18页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019-2020学年北京市西城区北京师范大学附中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A浓硫酸的脱水性是化学性质B使铁、铝钝化表现了强氧化性C制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性【答案】D【解析】【详解】A.浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A 正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B 正确；C.制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D.浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，
2、表现难挥发性，故D 错误；故选 D。2科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物A（如下图所示），短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，其中 Z位于第三周期。Z与 Y2可以形成分子ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于X、Y、Z的叙述，正确的是A离子半径：Y Z B氢化物的稳定性：X Y C最高价氧化物对应水化物的酸性：X Z D化合物A 中，X、Y、Z 最外层都达到8 电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3 个共价键，说明 Z 原子最外面为6 个电子，由于 Z位于第三周期，所以 Z为 S元素，负离子
3、结构为，Y 成一个共价键，为-1 价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为 F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X 得到一个电子成4 个共价键，说明其最外层为3 个电子，为B 元素，据此分析解答。【详解】A电子层数F-S2-，离子半径F-Y，A 选项错误；B非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：FB，则有 BH3HF，所以X B，则酸性 H3BO3（弱酸）H2SO4（强酸），所以 X Si C SO2通入 BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸有白色沉淀产生，加入稀硝酸后沉淀溶解先产生BaSO3沉淀，后BaSO3溶于硝酸D 向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水溶液显红色
4、原溶液中一定含有Fe2A A BB CC D D【答案】D【解析】【分析】A C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，均使石灰水变浑浊；B盐酸为无氧酸；CSO2通入 BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子；D滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，可知不含铁离子。【详解】A二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，由现象不能说明炭被氧化成CO2，故 A 错误；B盐酸为无氧酸，不能比较非金属性，故B 错误；CSO2通入 BaCl2溶液中不反应，二氧化硫可被硝酸氧化生成硫酸根离子，白色沉淀为硫酸钡，故 C错误；D滴加 KSCN 溶液，溶液不变色，可知不含铁离子，再滴加新制氯水，溶液变红，可知
5、原溶液中一定含有 Fe2，故 D 正确；故选：D。5某同学通过如下流程制备氧化亚铜：已知：CuCl难溶于水和稀硫酸；+2+22Cu O+2HCu+Cu+H O下列说法错误的是A步骤中的2SO可用23Na SO替换B在步骤中为防止CuCl被氧化，可用23H SO水溶液洗涤C步骤发生反应的离子方程式为：-222CuCl+2OHCu O+2Cl+H OD如果2Cu O试样中混有CuCl和CuO杂质，用足量稀硫酸与2Cu O试样充分反应，根据反应前、后固体质量可计算试样纯度【答案】D【解析】【分析】碱式碳酸铜溶于过量的稀盐酸，得到 CuCl2溶液，向此溶液中通入SO2，利用 SO2的还原性将Cu2+还
6、原生成CuCl白色沉淀，将过滤后的CuCl与 NaOH 溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，据此解答。【详解】A Na2SO3有还原性，则步骤还原Cu2+，可用 Na2SO3替换 SO2，故 A 正确；BCuCl易被空气中的氧气氧化，用还原性的SO2的水溶液洗涤，可达防氧化的目的，故B 正确；CCuCl与 NaOH 溶液混合加热得砖红色沉淀Cu2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可知发生反应的离子方程式为2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O，故 C 正确；D CuCl也不溶于水和稀硫酸，Cu2O 溶于稀硫酸生成不溶于的Cu，则过滤后所得滤渣为Cu 和 CuCl的混合物，无法计算出样品
7、中Cu2O 的质量，即无法计算样品纯度，故D 错误；故选 D。6我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2H+H）。下列说法错误的是（）A二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B带标记的物质是该反应历程中的中间产物C向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D第步的反应式为H3CO+H2O CH3OH+HO【答案】A【解析】【详解】A从反应、看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是 100%，A 错误；B从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质
8、是该反应历程中的中间产物，B 正确；C从反应看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；D从历程看，第步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2O CH3OH+HO，D 正确；故选 A。7下列过程中涉及化学反应的是A通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字B14C 考古断代C煤焦油分馏得到苯及其同系物D粮食酿酒【答案】D【解析】【详解】A.通过“扫描隧道显微镜”操纵原子“书写”文字，没有新物质生成属于物理变化，故A错误；B.14C考古断代是元素的放射性衰变，故B错误；C.分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有
9、新物质生成，属于物理变化，故C 错误；D.粮食酿酒，生成新物质，属于化学变化，故D 正确；故选：D。【点睛】物理变化与化学变化区别，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，据此分析解答。8NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A 5.5g 超重水(T2O)中含有的中子数目为3NAB常温常压下，44gCO2与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NAC常温常压下，42gC2H4和 C4H8混合气体中含有氢原子的数目为6NAD 0.1L0.5molL1CH3COOH溶液中含有H数目为 0.2NA【答案】D【解析】【详解】A 选项，5.5g 超重水(T2O)物质的量-1m5.5gn=0.25m
10、olM22g mol，1 个 T2O 中含有 12 个中子，5.5g 超重水(T2O)含有的中子数目为3NA，故 A 正确，不符合题意；B 选项，根据反应方程式2mol 过氧化钠与2mol 二氧化碳反应生成2mol 碳酸钠和1mol 氧气，转移2mol电子，因此常温常压下，44gCO2即物质的量1 mol，与足量过氧化钠反应转移电子的数目为NA，故 B 正确，不符合题意；C 选项，C2H4和 C4H8混合气体可用通式法来分析，通式为 CnH2n，42gC2H4和 C4H8混合气体中含有氢原子物质的量-1m42gn=2n=6molM14ng mol，因此含有氢原子的数目为6NA，故 C正确，不符
11、合题意；D 选项，0.1 L 0.5 molL1CH3COOH物质的量为0.05mol，醋酸是弱酸，部分电离，因此溶液中含有H数目小于为 0.05NA，故 D 错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】C2H4和 C4H8混合气体可用通式法来分析含碳原子个数和含氢原子个数的思想。9在 2L 的密闭容器中，发生反应：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)+131.5kJ，5min 后达到平衡，固体减少了24g，则A 气体不变时反应达到平衡状态Bv正(CO)为 2.4mol/(L?min)C若容器体积缩小，平衡常数减小D增大 C 的量，平衡右移【答案】A【解析】【详解】A.反应 C(s)
12、+H2O(g)?CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，反应过程中体积不变，当气体质量不变时反应到达平衡，此时气体不变，气体不变时反应达到平衡状态，故A 正确；B.5min C(s)减少了24g12g/mol=2mol，根据反应关系C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)可知 c(CO)=2mol2L=1mol/L，v正(CO)=c1mol/L=t5minVV=0.2mol?L-1?min-1，故 B 错误；C.反应 C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)是气体体积增大的反应，若容器体积缩小，压强增大，平衡左移，平衡常数和温度有关系，压强改变，平衡常数不变，故C错误；D.反应
13、 C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)中 C 是固体，增大C的量其浓度不变，平衡不移动，故D 错误；正确答案是A。【点睛】C 项注意：平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度（或分压）而改变，仅取决于反应的本性。一定的反应，只要温度一定，平衡常数就是定值，其他任何条件改变都不会影响它的值。10T下，三种硫酸盐MSO4,(M 表示 Pb2+或 Ba2+或 Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（）A BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4BX 点和 Z点分别是SrSO4和 BaSO4的
14、饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C 在 ToC时，用 0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定 20mL浓度均是 0.01mol.L-1的 Ba(NO3)2和 Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.4【答案】D【解析】【分析】【详解】A硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故 A 错误；BZ 点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO4
15、2-)=-lgc(SO42-)，则 c（Ba2+）c（SO42-），同理 X点饱和溶液中c（Sr2+）c（SO42-），故 B错误；C图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为 10-2.510-2.5、10-3.810-3.8、10-510-5，因此溶度积常数：BaSO4 PbSO4SrSO4，因此在ToC 时，用 0.01mol L-1Na2SO4溶液滴定20mL 浓度均是0.01mol L-1的 Ba(NO3)2和 Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；D ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为7
16、.6101010=102.4，故 D正确；答案选 D。11已知 H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100molL-1的 H2A和 NaOH 混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A pH=2 的溶液中：c(H2A)+c(A2-)c(HA-)BE点溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2-)【答案】A【解析】A、根据图像，可以得知pH=2 时 c(HA)c(H2A)c(A2)，故 A 说法错误；B、E 点：c(A2)=c(HA)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)
17、c(HA)2c(A2)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即 2c(Na)=3c(A2)3c(HA)3c(H2A)，两式合并，得到 c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即 c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2)，故 D 说法正确。12欲观察环戊烯()是否能使酸性KMnO4溶液褪色，先将环戊烯溶于适当的溶剂，再慢慢滴入0.005mol L-1 KMnO4溶液并不断振荡。下列哪一种试剂最适合用来溶解环戊烯做此实验A四氯化碳B裂化汽油C甲苯D水【答案】A【解析】【详解】A 项，环戊烯溶于四氯化碳，四
18、氯化碳不能使KMnO4溶液褪色，不干扰环戊烯的检验；B 项，环戊烯溶于裂化汽油，而裂化汽油能使KMnO4溶液褪色，干扰环戊烯的检验；C 项，环戊烯溶于甲苯，而甲苯能使KMnO4溶液褪色，干扰环戊烯的检验；D 项，环戊烯不溶于水；答案选 A。【点睛】该题的关键是在选择溶剂时不能干扰对环戊烯的鉴别。13NA代表阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的是A 2NA个 HCl 分子与 44.8 L H2和 Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B32gCu 将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和 NO，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C物质的量浓度均为1mol/L 的 NaCl 和 MgCl2混合溶液中，含
19、有Cl的数目为3NA。D 1mol D318O+（其中 D 代表21H）中含有的中子数为10 NA。【答案】B【解析】【详解】A氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI 的原子数目是否相同无法计算，A错误；B 32gCu 的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B 正确；C溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C 错误；D D318O+中含 13 个中子，故1molD318O+中含 13NA个中子，D 错误；答案选 B。14设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法
20、正确的是（）A 7g14C中，含有3NA个中子B25时，pH=4 的 CH3COOH溶液中 H+的数目为10-4NAC3.2gCu 与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4L D标准状况下，5.6L 丙烷中含有共价键的数目为2.5NA【答案】D【解析】【详解】A 1 个14C中含有 8 个中子，7g14C 即 0.5mol，含有中子数目为4NA，故 A 错误；B溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B 错误；C3.2gCu 即 0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu2NO2可知 n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且标况下
21、NO2不是气体，无法确定其体积，故C 错误；D标况下，5.6L丙烷为 0.25mol，一个丙烷分子含有10 个共价键，0.25mol 丙烷中含有2.5NA个共价键，故 D 正确；答案选 D。【点睛】易错点为B 选项，pH 值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。15下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（）A氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）通电2Na+C12B利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeO高温Fe+CO2C工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4Cl D工业制
22、粗硅：C+SiO2高温Si+CO2【答案】C【解析】【详解】A氯碱工业制氯气是电解饱和食盐水，反应的化学方程式：2NaCl+2H2O通电Cl2+H2+2NaOH，故 A错误；B磁铁矿成分为四氧化三铁，反应的化学方程式：4CO+Fe3O4高温3Fe+4CO2，故 B错误；C工业制小苏打是饱和氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，故 C正确；D工业制粗硅是焦炭和二氧化硅高温反应生成硅和一氧化碳，反应的化学方程式：2C+SiO2高温Si+2CO，故 D 错误；故选：C。二、实验题（本题包括1 个小题，共
23、10 分）16随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料(主要含 S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等)提取硒，设计流程如下：回答下列问题：(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是_。最佳温度是 _。(2)“氧化酸浸”中，Se转化成 H2SeO3，该反应的离子方程式为_。(3)采用硫脲(NH2)2CS 联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。控制电位在0.740
24、 1.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应(半反应)式为 _。为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出 Se 转化成硒代硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S净化 H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2S)达到 0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为 _，精硒中基本不含铜。Ksp(CuS)=1.3 1036 硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为_。(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 g?g1，则精硒中铁的质量分数为_，与粗硒中铁含量为0.89%相比，
25、铁含量明显降低。【答案】温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加954ClO3+4H+Se=4ClO 2+H2O+H2SeO3ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O0.3455.0 1035 mol L1Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se +SO2+H2O3.2 103%【解析】【分析】硒酸泥（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）加入热煤油萃取硫，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，过滤，滤渣中含有氢氧化铁、二氧化硅，氧化浸出液含有H2SeO3，控制电位还原，发生氧化还原反应可生成Se。【详解】(1)“脱硫”时，脱硫率随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是温度升高
26、，单质硫在煤油中的溶解度增加。最佳温度是95。(2)“氧化酸浸”中，固体加入稀硫酸、氯酸钠进行氧化，Se转化成 H2SeO3，ClO3还原成 ClO 2，该反应的离子方程式为4ClO3+4H+Se=4ClO 2+H2O+H2SeO3。(3)控制电位在0.7401.511V 范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2，ClO2得电子还原成 Cl-，该过程的还原反应(半反应)式为 ClO2+4H+5e-=Cl+2H2O。为使硒和杂质金属分离，确保 Cu2+、Zn2+、Fe2+不被还原，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在0.345V。(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出 Se 转化成硒代
27、硫酸钠(Na2SeSO3)Na2S净化 H2SO4酸化等步骤。净化后的溶液中c(Na2S)达到 0.026 molL1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为c(Cu2+)=2-SspKCuSc（）=361.3 100.026=5.0 1035 mol L1，精硒中基本不含铜。硒代硫酸钠酸化生成硒、二氧化硫和水，化学方程式为Na2SeSO3+H2SO4=Na2SO4+Se +SO2+H2O。(5)精硒中铁含量为32 g?g1，则精硒中铁的质量分数=63.2 10100%1gg3.2 103%，与粗硒中铁含量为 0.89%相比，铁含量明显降低。【点睛】本题考查物质的制备以及分离提纯，侧重考查学生的
28、分析能力和实验能力，题目涉及实验的设计与评价，考查混合物的分离与提纯及反应原理的理解与应用，难点（3）对电极电位知识的学习和理解，并应用到解题中。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17AJ均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：实验表明：D 既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；G能使溴的四氯化碳溶液褪色；1mol J 与足量金属钠反应可放出22.4L 氢气（标准状况）。请根据以上信息回答下列问题：（1）A 的结构简式为 _（不考虑立体结构），由 A 生成 B 的反应类型是_反应；（2）D 的结构简式为 _；（3）
29、由 E生成 F的化学方程式为_，E中官能团有 _（填名称），与 E具有相同官能团的 E的同分异构体还有_（写出结构简式，不考虑立体结构）；（4）G 的结构简式为 _；（5）由 I 生成 J的化学方程式_。【答案】BrCH2CH=CHCH2Br 取代（或水解）HOCH2CH2CH2CHO 羧基、羟基、【解析】【分析】CH2=CHCH=CH2与 Br21:1 发生加成反应生成A，A 发生水解反应生成B，B 属于二元醇，B 与 H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D 既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D 中既含CHO、又含 OH，D 发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱
30、去 1 分子水生成F，核磁共振氢谱表明 F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则 CH2=CH-CH=CH2与 Br2发生的是1，4-加成，A 为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B 为 HOCH2CH=CHCH2OH，C为 HOCH2CH2CH2CH2OH，D 为 HOCH2CH2CH2CHO，E为 HOCH2CH2CH2COOH，F为；B 脱去 1 分子水生成G，G 能使溴的四氯化碳溶液褪色，则 G为；GH 应该是 G 与 HClO发生加成反应，H 应该为；H I J，1mol J 与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含 2 个OH，则 HI 的化学方程式
31、为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，I J其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。【详解】CH2=CHCH=CH2与 Br21:1 发生加成反应生成A，A 发生水解反应生成B，B 属于二元醇，B 与 H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D 既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D 中既含CHO、又含 OH，D 发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去 1 分子水生成F，核磁共振氢谱表明 F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则 CH2=CH-CH=CH2与 Br2发生的是1，4-加成，A 为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B 为 HOCH2C
32、H=CHCH2OH，C为 HOCH2CH2CH2CH2OH，D 为 HOCH2CH2CH2CHO，E为 HOCH2CH2CH2COOH，F为；B 脱去 1 分子水生成G，G 能使溴的四氯化碳溶液褪色，则 G为；GH 应该是 G 与 HClO发生加成反应，H 应该为；H I J，1mol J 与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含 2 个OH，则 HI 的化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，I J其实就是醚的开环了，反应为；（1）A 的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A 生成 B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。（2）D 的结构
33、简式为HOCH2CH2CH2CHO。（3）E为 HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、。（4）G 的结构简式为。（5）I 生成 J的化学方程式为。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18钙钛矿太阳能电池具有转化效率高、低成本等优点，是未来太阳能电池的研究方向。回答下列问题：(1)下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_(填字母标号)。A Ar4s1BAr4s2CAr4s14p1DAr4p1(2)基态钛原子的核外价电子轨道表达式为_。(3)一种有机金属卤化钙钛矿中含有NH2C
34、HNH2，该离子中氮原子的杂化类型为_，其对应分子 NH2CHNH 的熔沸点高于CH3CH2CH CH2的熔沸点的原因为_。(4)一种无机钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构如图所示，则这种钙钛矿化学式为_，已知 Ca和 O 离子之间的最短距离为a pm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则这种钙钛矿的密度是_g cm3(列出计算表达式)。(5)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中原子1 的坐标为(12，12，12)，则原子2 和 3 的坐标分别为_、_。【答案】A sp2和 sp3NH2 CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高C
35、aTiO33-303-30AA13640+48+163N2 2a10N 22a10或(0，1，1)11 12，【解析】【分析】【详解】(1)Ar4s1属于基态的Ca+，由于 Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，Ar4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态Ca+，Ar4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，Ar4p2属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是Ar4s1，A 正确，故答案为：A；(2)基态 Ti 原子的原子序数为22，其核外价电子排布式为3d24
36、s2，轨道表达式为，故答案为：；(3)NH2CH=NH2+中左边的N 有 3 对共用电子对，还有 1 对孤电子对，则价层电子对为4，杂化类型为sp3，右边的 N 与 C形成双键杂化类型为sp2，NH2CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高，故答案为：sp2和 sp3；NH2CH=NH分子间可形成氢键，熔沸点比CH3CH2CH=CH2高；(4)根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，Ca2+位于晶胞的体心，Ti4+位于晶胞的顶点，O2-位于以 Ti4+为体心的正八面体的顶点，则一个晶胞中含有1 个 Ca2+，1 个 Ti4+和 3 个 O2-，则化学式为CaTiO3，C
37、a2+和 O2-之间的最短距离为a pm，则晶胞参数为2apm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得33-303-30-10AAAm40+48+16313640+48+163=VN2 2a10N 2 2a10N2 2a 10或，故答案为：CaTiO3；3-303-30AA13640+48+163N2 2a10N22a10或；(6)根据坐标建立的方向，由原子1 的坐标为1 1 12 2 2，则原子2 的坐标为(0，1，1)，原子 3 的坐标为11 12，故答案为：(0，1，1)；11 12，。19H2S是存在于燃气中的一种有害气体，脱除H2S的方法有很多。(1)国内有学者设计了“C
38、u2+一沉淀氧化”法脱除 H2S。该法包括生成CuS沉淀，氧化CuS(Cu2+CuS+4Cl=S+2CuCl2)及空气氧化CuCl2再生 Cu2+。反应 H2S(aq)+Cu2+(aq)?CuS(s)+2H+(aq)的 K=_ 再生 Cu2+反应的离子方程式为_。(2)采用生物脱硫技术时，H2S与碱反应转化为HS-，在脱氮硫杆菌参与下，HS-被 NO3-氧化为 SO42、NO3被还原为N2。当 33.6 m3(标准状况)某燃气(H2S的含量为0.2%)脱硫时，消耗NO3的物质的量为_mol。(3)已知下列热化学方程式：.H2(g)+12O2(g)=H2O(l)?H1=-285.8kJ?mol-
39、1.H2(g)+S(s)=H2S(g)?H2=-20.6kJ?mol-1.S(s)+O2(g)=SO2(g)?H3=-296.8kJ?mol-1则以 Claus 法脱除 H2S的反应：2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(1)H=_kJ/mol。(4)101 kPa 下，H2S分解：2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)。保持压强不变，反应达到平衡时，气体的体积分数()随温度的变化曲线如图：在密闭容器中，关于反应2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)的说法正确的是_(填字母)。A Kp随温度的升高而增大B低压有利于提高HpS的平衡分解率C维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系
40、中通入氩气，则v(正)v(逆)；D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据；图中 Q 点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式计算解答。【详解】(1)根据平衡常数表达式，反应H2S(aq)+Cu2+(aq)?CuS(s)+2H+(aq)的 K=222c HCuH Scc；空气中的氧气可氧化CuCl2生成 Cu2+，则离子反应为：4CuCl2+O2+4H+=4Cu2+2H2O+8Cl-；(2)33.6 m3(标准状况)某燃气(H2
41、S的含量为0.2%)中含有硫化氢的物质的量=333.6 100.2%22.4L/mol=3mol；H2S与碱反应转化为HS-，根据硫原子守恒：H2S HS-；在脱氮硫杆菌参与下，HS-被 NO3-氧化为 SO42、NO3被还原为N2，发生的离子反应为5HS-+8NO3-+3H+=5SO42-+4N2+4H2O，则可得关系：5H2S 5HS-8NO3-，则消耗 NO3的物质的量=83mol5=4.8mol；(3)根据盖斯定律，2-2-即可得到目标反应的焓变，即 H=2?H1-2?H2-?H3=2(-285.8kJ?mol-1)-2 (-20.6kJ?mol-1)-(-296.8kJ?mol-1)
42、=-233.6kJ?mol-1，2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(1)H=-233.6 kJ?mol-1；(4)A.平衡常数只受温度影响，根据图像，随着温度升高，H2S 的体积分数减少，硫化氢气的体积分数增大，反应向正向进行，则Kp随温度的升高而增大，故A 正确；B.反应 2H2S(g)?2H2(g)+S2(g)正反应方向为气体体积增大的方向，根据勒夏特列原理，降低压强平衡向体积增大的方向移动，即平衡向正反应方向移动，H2S的平衡分解率增大，则降低压强低压有利于提高H2S的平衡分解率，故B 正确；C.维持温度、气体总压强不变时，向平衡体系中通入氩气，相当于增大容器体积，平衡向
43、气体体积增大的方向移动，即向正向移动，则v(正)v(逆)，故 C错误；D.在恒容密闭容器中进行反应，容器体积不变，反应过程中气体总质量不变，气体密度始终保持不变，则密度不再变化不能判断作为判断反应达到平衡状态的依据，故D 错误；故答案选AB；图中 Q 点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，设硫化氢转化率为x，硫化氢初始物质的量为1mol，则利用三段式：。222mol1002H S g2Hgxmolxx2xmol1xxSg2?起始()变化()平衡()图中 Q 点时，硫化氢的体积分数与氢气的体积分数相等，则1-xx1-x+x+2=xx1-x+x+2，则 x=12，则 H2S的平衡转化率为50%；S2(g)的分压为14114 101 kPa=20.2 kPa，1330时，反应2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)的Kp=22222HSpp HpS=221210120.211412101114kPakPakPa=20.2 kPa。【点睛】勒夏特列原理的应用时，综合分析外界条件改变对平衡的移动的方向的影响。